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Resolução de circuitos usando lei de Kirchhoff
1º) Para o circuito abaixo, calcular todas as correntes. a) Definimos as correntes nas malhas e no ramo central e damos nomes a elas. A definição do sentido das correntes é aleatória. b) Identifique os nós e defina as polaridades das tensões. Lembre-se que o positivo da tensão em um resistor está no lado por onde a corrente entra no resistor. Na fonte de energia, o traço mais largo indica o positivo. c) Para maior clareza, desenhe as setas que identificam o sentido das tensões no circuito.
d) O circuito está pronto para análise. Vamos analisar primeiramente o nó (a). Aplicando a 1ª lei de Kirchhoff, ΣI = 0, temos: I1 + I3 = I2 (1) (I1 e I3 chegam ao nó, I2 sai do nó) e) Analisemos agora a malha 1, definida pela corrente I1, aplicando a 2ª lei de Kirchhoff, ΣV = 0. As tensões sobre os resistores serão indicadas pela letra V seguido pelo nome do resistor, por exemplo, a tensão sobre o resistor R1 é VR1, sobre R2 é VR2 e assim suscetivamente. Tensões com o mesmo sentido da corrente da malha são positivas e tensões com sentido diferente são negativas. V1 – VR1 + VR3 – V2 – VR4 = 0 Substituindo as tensões das fontes pelos seus valores e as tensões dos resistores pelo produto RI, temos então: 2 – 1•I1 + 4•I3 – 4 – 1•I1 = 0 (2) f) Analisando a malha 2, pela segunda lei de Kirchhoff, temos: V2 – VR3 – VR2 – V3 – VR5 = 0 Substituindo as tensões das fontes pelos seus valores e as tensões dos resistores pelo produto RI, temos então: 4 – 4•I3 – 1•I2 – 2 – 1•I2 = 0 (3) g) Temos então as seguintes equações para o circuito: I1 + I3 = I2 (1) 2 – 1•I1 + 4•I3 – 4 – 1•I1 = 0 (2) 4 – 4•I3 – 1•I2 – 2 – 1•I2 = 0 (3) h) Agrupando os termos comuns nas equações (2) e (3):
- 2 – 2•I1 + 4•I3 = 0 (2) 2 – 4•I3 – 2•I2 = 0 (3) i) Substituindo I2 de (1) em (3): 2 – 4•I3 – 2•(I1 + I3) = 0 ==> 2 – 4•I3 – 2•I1 – 2•I3 = 0 ==> 2 – 6•I3 – 2•I1 = 0 (4) j) Isolando I1 de (2) e (4) e igualando os resultados:
- 2 – 2 ⋅I 1 + 4 ⋅I 3 = 0 ⇒− 2 ⋅I 1 = 2 − 4 ⋅I 3 ⇒ 2 ⋅I 1 = 4 ⋅I 3 − 2 ⇒I 1 =
4 ⋅I 3 − 2
⇒I 1 = 2 ⋅I 3 − 1 (5)
2 – 6 ⋅I 3 – 2 ⋅I 1 = 0 ⇒ – 2 ⋅I 1 = 6 ⋅I 3 – 2 ⇒ 2 ⋅I 1 = 2 – 6 ⋅I 3 ⇒I 1 =
2 − 6 ⋅I 3
⇒I 1 = 1 − 3 ⋅I 3
2 ⋅I 3 − 1 = 1 − 3 ⋅I 3 ⇒ 2 ⋅I 3 + 3 ⋅I 3 = 1 + 1 ⇒ 5 ⋅I 3 = 2 ⇒I 3 =
⇒ I 3 =0,4 A
k) Substituindo I3 em (5):
d) Analisemos agora o nó (a) e as malhas 1 e 2. Do nó (a): I3 + I1 = I2 (Equação 1) Da malha 1: V1 – VR1 – V2 + VR3 – VR6 – VR4 = 0 (Equação 2) Da malha 2: V2 – VR2 – V3 – VR5 – VR3 = 0 (Equação 3) e) Substituindo as tensões das fontes pelos seus valores e as tensões dos resistores pelo produto R•I na equação 2, temos: 50 − 30 ⋅I 1 − 150 + 5 ⋅I 3 − 2 ⋅I 1 − 3 ⋅I 1 = 0 ⇒− 100 − 35 ⋅I 1 + 5 ⋅I 3 = 0 (4) Fazendo o mesmo para a equação 2: 150 − 10 ⋅I 2 − 40 − 10 ⋅I 2 − 5 ⋅I 3 = 0 ⇒ 110 − 20 ⋅I 2 − 5 ⋅I 3 = 0 (5) f) Portanto ficamos com as seguintes equações para solução do problema: I3 + I1 = I2 (1)
- 100 – 35•I1 + 5•I3 = 0 (4) 110 – 20•I2 – 5•I3 = 0 (5) g) Para calcular VR6 temos que determinar I1. Para tanto, substituiremos (1) em (5) e isolaremos I em (4) e (5). 110 − 20 ⋅I 2 − 5 ⋅I 3 = 0 ⇒ 110 − 20 ⋅(I 1 +I 3 )− 5 ⋅I 3 = 0 ⇒ 110 − 20 ⋅I 1 − 20 ⋅I 3 − 5 ⋅I 3 = 0 ⇒ - 25 ⋅I 3 =– 110 + 20 ⋅I 1 ⇒ I 3 =
110 – 20 ⋅I 1
(6) ==> de (5)
- 100 – 35 ⋅I 1 + 5 ⋅I 3 = 0 ⇒ 5 ⋅I 3 = 35 ⋅I 1 + 100 ⇒ I 3 =
35 ⋅I 1 + 100
(7) ==> de (4) h) Igualando (6) e (7): 110 – 20 ⋅I 1 25
35 ⋅I 1 + 100
110 – 20 ⋅I 1
= 35 ⋅I 1 + 100 ⇒ 110 – 20 ⋅I 1 = 175 ⋅I 1 + 500 ⇒
195 ⋅I 1 =– 390 ⇒ I 1 =
⇒I 1 =– 2 A
i) VR6 = R6•I1. Portanto, VR6 = -4 Volts j) Resposta: A tensão sobre VR6 é de -4 Volts. Isso indica que a polaridade de VR6 é inversa a definida no circuito.
3º) No circuito abaixo, as correntes têm os sentidos indicados. Se a intensidade da corrente I3 é 5A, então o valor da resistência do resistor R é: Para determinarmos o valor de R, precisamos achar a tensão sobre R (VR) e a corrente I1. Como o circuito não permite associações de resistores para simplificação, temos que aplicar as leis de Kirchhoff para solução do problema. Como o sentido das correntes já está definido, vamos polarizar as tensões e definir os nós. a) Aplicando a 1ª lei de Kirchhoff no nó (a), temos: I1 = I2 + I3 (1) b) Aplicando a 2ª lei de Kirchhoff na malha 1, temos (o sentido da corrente é horário, definido na descrição do problema): V1 – VR1 – VR = 0 (2) c) Idem para malha 2, temos: VR1 – V3 – VR2 = 0 (3) d) Substituindo os valores fornecidos pelo problema, teremos: (1) I1 = I2 + 5 (2) V1 – R1•I3 – R•I1 = 0 ==> 60 – 4•5 – R•I1 = 0 (3) VR1 – V3 – VR2 = 0 ==> 4•5 – 14 – 2•I2 = 0 e) De (1) temos: I1 = I2 + 5 ==> I2 = I1 – 5 (4) f) Substituindo (4) em (3) e isolando I1: 4•5 – 14 – 2(I1 – 5) = 0 ==> 20 – 14 – 2•I1 + 10 = 0 ==> 16 – 2•I1 = 0 ==> 2•I1 = 16 ==> I1 = 16/2 ==> I1 = 8 A g) Substituindo I1 em (2) temos: 60 – 4•5 – R•8 = 0 ==> 60 – 20 – 8•R = 0 ==> 8•R = 40 ==> R = 40/8 ==> R = 5 Ω h) Resposta: O valor de R é 5 Ω.
